精品解析：山东省青岛第五十八中学2026届高三下学期调研试题（八） 数学试题

2026届高三调研试题（八） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. C. 3 D. 4. 已知z为复数，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，，令，则数列的前15项的和为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4 6. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（ ） A. 19 B. 100 C. 190 D. 200 8. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知菱形中，，，现将沿对角线折起至，连接，形成三棱锥，则下列说法正确的是（ ） A. 二面角的大小为时，平面平面 B. 在折起的过程中，存在某个位置使 C. 时，三棱锥的体积为 D. 三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 11. 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，两条渐近线互相垂直，点P是双曲线C右支上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线C的离心率为 B. 存在点P，使得为等腰直角三角形 C. 当时，直线与双曲线C一定有两个交点 D. 的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知椭圆（）的离心率为，则______． 13. 圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 14. 已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为． （1）______； （2）若四边形为菱形，则______． 四、解答题 15. 已知是半径为1，圆心角为的扇形（O为圆心），C是扇形弧上的动点，过C作，垂足为D，作，垂足为B，连接，记． （1）若，求线段的长度； （2）求当取何值时，的面积最大，并求出这个最大值． 16. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． （1）求证：平面平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 17. 已知集合含有个元素，其中，先后两次随机、独立地选取集合的两个子集，记为与．设为集合中元素的个数， （1）若，且，请列举所有满足条件的和； （2）求随机变量的数学期望； （3）设在处取得最大值，试建立与的关系． 18. 已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为． （1）求的方程； （2）证明：直线是的切线； （3）已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程． 19. 设函数，． （1）令，，． （i）求的表达式； （ii）当时，恒成立，求的最大值； （2）求（令，结果用表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三调研试题（八） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数的单调性求解得出，然后根据并集的运算求解即可得出答案. 【详解】解可得，所以， 所以. 故选：D． 2. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用共渐近线的双曲线的方程可求对应的离心率，再结合反例可判断两者之间的条件关系. 【详解】若双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线方程为， 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 设双曲线的方程为，此时，故离心率为， 此时渐近线的方程为， 故“离心率为”推不出“渐近线方程为”； “渐近线方程为”推不出“离心率为”， 故“离心率为”是“渐近线方程为”的既不充分又不必要条件， 故选：D. 3. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由表格可得， 因样本中心点满足回归方程， 故有，解得. 当时，， 此时残差为. 4. 已知z为复数，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可知复数z对应的点的轨迹是以原点O为圆心，以1为半径的圆，进而利用点与点之间的距离来求解. 【详解】法一：在复平面内，复数z对应的点的轨迹是以原点O为圆心，以1为半径的圆，表示复平面内的点与点之间的距离.因为点与原点O的距离，所以的最小值是，最大值是，故的取值范围是.故选:C. 法二：因为复数z满足，不妨设，,则.因为，所以，所以的取值范围是. 故选:C. 5. 在数列中，，令，则数列的前15项的和为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推公式判断是等差数列，进而求出，将裂项，相消求和. 【详解】因为，所以，即， 故为首项是，公差为的等差数列，所以，． ， 所以数列的前项的和， 故， 故选：B． 6. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由是奇函数可得关于中心对称，结合，利用赋值法计算可得，即可得该函数周期，再利用，则可计算出为到时的的值，即可得解. 【详解】由是奇函数，则，故关于中心对称， 由，令，则，即， 由，令，则， 故，则， 故，即有，故以为周期， 由，则， ，， ，， 则 . 7. 有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（ ） A. 19 B. 100 C. 190 D. 200 【答案】C 【解析】 【分析】将所求函数式展开，代入已知条件，转化成二次函数求最小值问题. 【详解】因为， 而，则得. 所以当时，. 8. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合三角恒等变换公式可得，，，进而结合选项分析求解即可. 【详解】由 ， 则. 由， 则，即，则，， 综上所述，，且，. 结合选项，当，时，满足上述两个式子； 当，时，满足上述两个式子； 当时，由可知，此时不满足，. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD. 【详解】A选项，由，得， 故， 由正态分布的对称性可知，A正确； B选项，，B正确； C选项，由题意得，故，C错误； D选项，，D正确. 10. 已知菱形中，，，现将沿对角线折起至，连接，形成三棱锥，则下列说法正确的是（ ） A. 二面角的大小为时，平面平面 B. 在折起的过程中，存在某个位置使 C. 时，三棱锥的体积为 D. 三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，设，则可表示出各点坐标；对A：由二面角定义可得，则可求出平面与平面的法向量，再利用数量积公式判断其数量积是否为即可得；对B：表示出、后，通过数量积公式判断其数量积能否为即可得；对C：表示出、后，利用可得点坐标，再利用体积公式计算即可得解；对D：表示出体积后即可得三棱锥的体积最大时的点坐标，再设出三棱锥外接球的球心，借助外接球定义计算即可得外接球球心坐标及其半径，再利用球体表面积公式计算即可得解. 【详解】由，四边形为菱形， 则、、均为等边三角形， 取中点，以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，设， 则、、、、； 对A：由、均为等边三角形，则、， 由平面平面，故即为二面角的平面角， 即，故， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为、， 则，， 取，则，，， 故、， 则，故与不垂直， 故平面与平面不垂直，故A错误； 对B：，， 令，则， 故在折起的过程中，存在某个位置使，故B正确； 对C：，， 时，有，则， 则，即， 则三棱锥的体积为，故C正确； 对D：三棱锥的体积为， 则当时，三棱锥的体积最大，此时， 设其外接球的球心为，半径为， 则有，解得， 故其外接球的表面积为，故D正确. 11. 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，两条渐近线互相垂直，点P是双曲线C右支上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线C的离心率为 B. 存在点P，使得为等腰直角三角形 C. 当时，直线与双曲线C一定有两个交点 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用双曲线的定义和性质，结合已知条件求出的关系，进而利用双曲线离心率公式、等腰直角三角形的性质、判别式等逐一分析判断选项． 【详解】渐近线互相垂直， ，解得，即，两条直线的斜率分别为1和， 双曲线C的离心率为，选项A正确； 点P是双曲线C右支上任意一点，， 若为等腰直角三角形，假设直角顶点为，则，与矛盾； 直角顶点为，故且有，， ，解得，故或， ，，， 无法构成等腰直角三角形，故B错误； 联立直线与双曲线，整理得， 当 时，， ， 直线与双曲线有2个交点，故C正确； 根据双曲线的定义可知， ， 的最小值为， ， 的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知椭圆（）的离心率为，则______． 【答案】4 【解析】 【详解】显然，故，解得. 13. 圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 14. 已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为． （1）______； （2）若四边形为菱形，则______． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】因为函数有两个极值点，所以先对求导，利用导数与极值点的关系，得到是导数为0的方程的两根，再结合韦达定理得到的值,因为垂直于y轴，所以A和B、C和D的纵坐标相等，由此建立关于m、n的方程，继而推导出与的关系，即可求得第一空答案；若四边形为菱形，则，建立关于a的方程求解，可求得第二空答案. 【详解】由，得， 由题意可知为的两实数根，则判别式，即， 则，且， 均垂直于轴，则，即， 整理得，而，故， 结合，得，解得或（此时重合，舍）， 同理可得，故； 由上面分析可知， 此时的中点为，即， 的中点为，即， 即，的中点重合，四边形为平行四边形； 若四边形为菱形，则垂直，则； ， 由于，则， 则， ， 由，得，结合，解得. 四、解答题 15. 已知是半径为1，圆心角为的扇形（O为圆心），C是扇形弧上的动点，过C作，垂足为D，作，垂足为B，连接，记． （1）若，求线段的长度； （2）求当取何值时，的面积最大，并求出这个最大值． 【答案】（1） （2）当时，的面积最大，最大面积为 【解析】 【分析】（1）在中，可求得，同理求得，根据余弦定理可求得； （2）在中，，在中，，用表示出的面积，根据三角函数的性质可求得最大值. 【小问1详解】 如图，在中，，∴.同理，. 在中，由余弦定理可得：， ∴， . 【小问2详解】 在中，， 在中，. 在四边形中，. 设的面积为S， 则 . 由，得， ∴当，即时，S最大，. 因此，当时，的面积最大，最大面积为. 16. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． （1）求证：平面平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：因为，则，且，可得， 将沿折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面， 由平面，可得， 且，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得； （3）求出平面的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出取最大值时的，则可得三棱锥的高与底面积，再利用体积公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直，翻折前，因为，且， 所以，，所以， 翻折后，由勾股定理得， 故可以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，，，，，， ，可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 且，， 因为直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当时，等号成立，取最大值， 则，故点到平面的距离为， 又，则， 所以三棱锥的体积为． 17. 已知集合含有个元素，其中，先后两次随机、独立地选取集合的两个子集，记为与．设为集合中元素的个数， （1）若，且，请列举所有满足条件的和； （2）求随机变量的数学期望； （3）设在处取得最大值，试建立与的关系． 【答案】（1）；；；；；. （2） （3），其中为自然数. 【解析】 【分析】（1）根据新定义求解即可； （2）分类讨论，根据随机变量服从二项分布，利用期望公式求解即可； （3）列出不等式组，求出取值范围，分类求与的关系即可. 【小问1详解】 由题意，；；；； ；. 【小问2详解】 根据集合的子集个数，可知集合A的可能情况有种；同理，集合B也可能有种. 因此，两集合的所有可能情况数为 X的所有取值为 当时，先从n个元素中选出k个元素，记为，有种可能情况； 对于这k个元素中的每个元素，满足时， 只可能满足这三种情况之一，有种可能情况. 因此，事件“”的所有可能情况数为，则 由，可知，则. 【小问3详解】 若，由，，则，矛盾. 若，由，可知，当时，满足； 当时，满足 若，由，即， 即，解得， 从而，，其中为自然数. 18. 已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为． （1）求的方程； （2）证明：直线是的切线； （3）已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程． 【答案】（1） （2）设，则的中点坐标为， ， 因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为. 根据点斜式方程可得直线的方程为，即， 将代入，得 则，，则直线与抛物线有且只有一个交点， 即直线是抛物线的切线. （3） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义求解； （2）设，求出的中点坐标，利用斜率公式求出 ，因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为.根据点斜式方程求出直线的方程，直线和抛物线联立方程组，得到关于的一元二次方程，计算，得到直线与抛物线有且只有一个交点，即直线是抛物线的切线. （3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内，所以可设圆的圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，联立，经过计算得到①，因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解，设，，由①方程有且只有一个解，得到有唯一的零点，且该零点为的极值点，即，计算出的值，故而求得圆的方程. 【小问1详解】 已知点，直线，过作的垂线， 线段的垂直平分线交于点, 根据垂直平分线的性质可知， 即点到点的距离等于点到直线的距离， 所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 设抛物线方程为，则，解得 所以的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内， 所以可设圆的圆心坐标为，半径为， 则圆的方程为， 联立，由解得， 将代入， 得到， 展开并整理得①， 因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解， 设， ， ①方程有且只有一个解， 有唯一的零点，且该零点为的极值点， ，， ，， ， ， ， ，， ，，， ，，，， ， 圆的方程为. 【点睛】 19. 设函数，． （1）令，，． （i）求的表达式； （ii）当时，恒成立，求的最大值； （2）求（令，结果用表示）． 【答案】（1）（i）；（ii）4． （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）先由题意求得，再根据，运用构造法，得到是等差数列，即可得解； （ii）先将该不等式化简为，再令，求导研究其单调性，求得其最小值的取值范围，再结合，即可得解； （2）利用以及差角的正弦公式，可得，再运用裂项相消法，即可得解. 【小问1详解】 （i）∵，， ∴， ∴， ∴是一个首项为，公差为1的等差数列， 故， ∴. （ii）当时，由条件得， ∴，∴， ∴. 令，则， 令，， 所以在单调递增，又， ， 所以存在唯一的，使得，即， 所以当时，，即，故在上单调递减； 当时，，即，故在上单调递增， 所以，即， 又∵，， 因为，所以n的最大值为4． 【小问2详解】 由（1）知，则， ， 则 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $